高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题19同构、二次求导、虚设零点在导数中的应用(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题19同构、二次求导、虚设零点在导数中的应用(原卷版+解析)，共51页。试卷主要包含了(2023·全国乙已知函数，已知函数，且，已知，已知函数,．，已知函数，，已知函数，其中是自然对数的底数等内容，欢迎下载使用。
专题19 同构、二次求导、虚设零点在导数中的应用
同构、二次求导、虚设零点在导数中的应用
同构
二次求导
虚设零点
练高考 明方向
1.(2023·新高考Ⅰ卷T22） 已知函数和有相同最小值．
（1）求a；
（2）证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
2.(2023·全国乙（理）T21）已知函数
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．
3.(2023·新高考Ⅱ卷T22） 已知函数．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，，求a的取值范围；
（3）设，证明：．
4、【2020年高考全国Ⅱ卷理数】若2x−2y0B．ln(y−x+1)0D．ln|x−y|0)⇒eq \f(ex,a)＋1>ln a＋ln(x－1)⇒eq \f(ex,a)－ln a＋x>ln(x－1)＋x－1⇒eq \f(ex,a)＋lneq \f(ex,a)>ln(x－1)＋(x－1)，可构造函数f(x)＝x＋ln x来进行研究．
(4)x＋eq \f(1,ex)≥xα－ln xα(x>0)⇒eq \f(1,ex)－lneq \f(1,ex)≥xα－ln xα(x>0)，可构造函数f(x)＝x－ln x来进行研究．
(5)xα＋1ex≥－αln x⇒xex≥eq \f(－αln x,xα)⇒xex≥－αln x·e－αln x，可构造函数f(x)＝xex来进行研究．
基本题型：
1．已知函数，在其图象上任取两个不同的点、，总能使得，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
2．（多选）若，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
3、已知函数，其中为非零实数.
（1）求的极值；
（2）当时，在函数的图象上任取两个不同的点、.若
当时，总有不等式成立，求正实数的取值范围：
4．已知函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)如果对任意的x1>x2>0，总有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)≥2，求a的取值范围．
基本方法：
1、同构法构造函数的策略
(1)指对各一边，参数是关键；
(2)常用“母函数”：f(x)＝xex，f(x)＝ex±x；寻找“亲戚函数”是关键；
(3)信手拈来凑同构，凑常数、x、参数；
(4)复合函数(亲戚函数)比大小，利用单调性求参数范围
2、（1）函数在区间上单调递增在区间上恒成立；
（2）函数在区间上单调递减在区间上恒成立；
（3）函数在区间上不单调在区间上存在极值点；
（4）函数在区间上存在单调递增区间，使得成立；
（5）函数在区间上存在单调递减区间，使得成立.
新预测 破高考
1．（多选题）已知函数，若，则下列选项中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
2．若对任意a，b满足00).则 QUOTE ?'(?)=1?−(?+1)e?+1=(?+1)(1?−e?) f'(x)=1x−(x+1)ex+1=(x+1)(1x−ex)，
令 QUOTE ?(?)=1?−e? m(x)=1x−ex，则 QUOTE ?'(?)=−1?2−e?0 f'(x)>0；当 QUOTE ?∈(?0,+∞) x∈(x0,+∞)时， QUOTE ?(?)0)⇒eq \f(ex,a)＋1>ln a＋ln(x－1)⇒eq \f(ex,a)－ln a＋x>ln(x－1)＋x－1⇒eq \f(ex,a)＋lneq \f(ex,a)>ln(x－1)＋(x－1)，可构造函数f(x)＝x＋ln x来进行研究．
(4)x＋eq \f(1,ex)≥xα－ln xα(x>0)⇒eq \f(1,ex)－lneq \f(1,ex)≥xα－ln xα(x>0)，可构造函数f(x)＝x－ln x来进行研究．
(5)xα＋1ex≥－αln x⇒xex≥eq \f(－αln x,xα)⇒xex≥－αln x·e－αln x，可构造函数f(x)＝xex来进行研究．
基本题型：
1．已知函数，在其图象上任取两个不同的点、，总能使得，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
答案：B
分析：
根据结合，可得出，可知函数在上为增函数，可得出，结合参变量分离法可求得实数的取值范围.
【详解】由以及，，所以，，构造函数，则，
所以，函数在上为增函数，由于，则对任意的恒成立，由，可得，当时，则，当且仅当时，等号成立，所以，，因此实数的取值范围是.
2．（多选）若，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
答案：AD
分析：由A、B选项结构特征，构造函数，利用单调性即可判断；
由C选项结构特征，构造函数，利用单调性即可判断；
由D选项结构特征，构造函数，利用单调性即可判断；
【详解】构造函数 ，因为，所以在上单调递减，
因为，所以，即，所以选项A正确，选项B错误. 构造函数，，易知在上单调递增，而，时，，
所以，使，所以在上单调递减，在上单调递增，所以无法判断C选项的正确性.构造函数，易知在上单调递增，因为，所以，即，所以选项D正确.
3、已知函数，其中为非零实数.
（1）求的极值；
（2）当时，在函数的图象上任取两个不同的点、.若
当时，总有不等式成立，求正实数的取值范围：
答案：（1）见解析；（2）。
分析：
（1）求导，对分和两种情况讨论，分析函数的单调性，即可得出函数的极值；
（2）由，得出，构造函数，可知函数在区间上为减函数或常函数，解不等式，即可得出实数的取值范围；
【详解】（1），其中为非零实数，，.
①当时，，，函数单调递减；时，，函数单调递增.所以，函数有极小值；
②当时，，，函数单调递增；时，，函数单调递减.所以，函数有极大值.
综上所述，当时，有极小值；当时，有极大值；
（2）当时，，，
当时，总有不等式成立，
即，构造函数，
由于，，则函数在区间上为减函数或常函数，
，，解不等式，解得.
由题意可知，，因此，正实数的取值范围是；
4．已知函数f(x)＝(a－1)ln x＋ax2＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)如果对任意的x1>x2>0，总有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)≥2，求a的取值范围．
解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a－1,x)＋2ax＝eq \f(2ax2＋a－1,x).
①当a≥1时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a≤0时，f′(x)0，所以由eq \f(fx1－fx2,x1－x2)≥2，得f(x1)－f(x2)≥2(x1－x2)，
即f(x1)－2x1≥f(x2)－2x2.令g(x)＝f(x)－2x，又x1>x2，
故函数g(x)＝f(x)－2x在(0，＋∞)上单调递增．
所以g′(x)＝eq \f(a－1,x)＋2ax－2≥0在(0，＋∞)上恒成立．所以(eq \f(1,x)＋2x)a≥2＋eq \f(1,x).
因为x>0，所以a≥eq \f(2＋\f(1,x),\f(1,x)＋2x)＝eq \f(2x＋1,1＋2x2).(*)令t＝2x＋1，则x＝eq \f(t－1,2)，又x>0，所以t>1.
故(*)式可化为a≥eq \f(t,2\f(t－1,2)2＋1)＝eq \f(t,\f(t2－2t＋1,2)＋1)＝eq \f(2,t＋\f(3,t)－2).
因为t>1，所以t＋eq \f(3,t)≥2eq \r(t×\f(3,t))＝2eq \r(3)，当且仅当t＝eq \r(3)时取等号．
所以eq \f(2,t＋\f(3,t)－2)≤eq \f(2,2\r(3)－2)＝eq \f(\r(3)＋1,2)，即eq \f(2,t＋\f(3,t)－2)的最大值为eq \f(\r(3)＋1,2).
故不等式a≥eq \f(2,t＋\f(3,t)－2)恒成立的条件是a≥eq \f(\r(3)＋1,2).故a的取值范围为[eq \f(\r(3)＋1,2)，＋∞)．
基本方法：
1、同构法构造函数的策略
(1)指对各一边，参数是关键；
(2)常用“母函数”：f(x)＝xex，f(x)＝ex±x；寻找“亲戚函数”是关键；
(3)信手拈来凑同构，凑常数、x、参数；
(4)复合函数(亲戚函数)比大小，利用单调性求参数范围
2、（1）函数在区间上单调递增在区间上恒成立；
（2）函数在区间上单调递减在区间上恒成立；
（3）函数在区间上不单调在区间上存在极值点；
（4）函数在区间上存在单调递增区间，使得成立；
（5）函数在区间上存在单调递减区间，使得成立.
新预测 破高考
1．（多选题）已知函数，若，则下列选项中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
答案：BCD
分析：对求导，说明其单调性，即可判断A、C；构造函数研究其单调性，即可判断B；构造函数，利用导数研究其单调性，即可判断D；
【详解】
因为，所以，令，解得，即在上单调递增，令，解得，即在上单调递减，当，的符号无法确定，故A错误；当时函数取得极小值，且当时，时，故，故C正确；令，，则在上单调递增，故时，即，所以，故B正确；令，，则，，，当时，即在上单调递减，当时，即在上单调递增，，所以恒成立，即在上单调增，因为，所以，故，即，故D正确；
2．若对任意a，b满足0